Revista Olímpica I Trimestre 2007

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  • 8/9/2019 Revista Olmpica I Trimestre 2007

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    Sociedad Ramamsem

    Problemas de Matemtica para

    Competencias olmpicas

    Elaborado por :

    Miguel Arias VlchezGiovanni Buckcanan Aguilar

    Kendrick Mitchell Maturin

    Mauricio Rodrguez Mata

    I TRIMESTRE DEL 2007

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    CONTENIDO

    ________________________________

    Pgina

    1. Presentacin 1

    2. Solucin a los anteriores Problemas de Competencias no Olmpicas 2

    3. Problemas de Competencias no Olmpicas 23

    4. CURIOSATO 30

    5. Solucin al CURIOSATO 37

    6. Solucin a los problemas anteriores de la columna

    Olimpiadas alrededor del mundo.

    43

    7. Olimpiadas alrededor del mundo 57

    8. Lgica y Matemtica Recreativa 60

    ________________________________

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    Sociedad RAMAMSEM

    1

    1. Presentacin.

    Esta publicacin es realizada por la Sociedad RAMAMSEM y va dirigida a todas aquellas

    personas que deseen explorar una matemtica diferente a la que se ensea en secundaria, yalgo ms!

    Les recordamos que esta es una publicacin trimestral y se distribuye de la siguiente

    manera:

    Revista Olmpica: Nmero de Volumen Mes en que se enva

    I Enero

    II Abril

    III JulioIV Octubre

    salvo por motivos de fuerza mayor, en cuyo caso ofrecemos desde ya disculpas, este

    calendario podr verse afectado.

    Aquellos lectores que an no posean las ediciones anteriores y las desean pueden

    solicitarlas en forma individual a alguno de los correos citados al final de esta presentacin (se

    solicita que se indique claramente cual o cuales de las publicaciones se desean)

    Tengan presente que este material les llega de forma gratuita y que se deja a discrecin

    el uso del mismo, pero requerimos que no se le d un uso comercial puesto que ese no es el fin

    con que fue creada esta revista.

    Toda comunicacin o informacin con respecto a los problemas propuestos o soluciones,

    o en general, de esta revista pueden ser enviados a

    [email protected] o bien [email protected]

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    Sociedad RAMAMSEM

    2

    2. Solucin a los anteriores Problemas de Competencias no

    Olmpicas.

    Miguel ngel Arias Vlchez

    Giovanni Buckcanan AguilarKendrick Mitchell Maturin

    Mauricio Rodrguez Mata

    A continuacin brindamos la solucin de los 30 Problemas de Competencias no Olmpicas

    de la edicin anterior.

    LGEBRA.

    1. Resuelva la siguiente ecuacin: .113232

    132 xxxxx =+

    +

    +

    (Concurso Euclides, 1996)

    SOLUCIN 1:

    Desarrollando la expresin dada se tiene

    x4 + 9x2 + 1 6x3 + 2x2 6x 3x2 + 9x 3 + 1 = x

    x4 6x3 + 8x2 + 2x 1 = 0Factorizando la expresin anterior en dos factores cuadrticos de la forma

    (x2 + ax + 1)(x2 + bx 1) = x4 + (a + b)x3 + abx2 + (b - a)x 1.

    Aplicando identidad polinomial se tiene

    a + b = 6

    ab = 8

    b a = 2

    al resolver el sistema de ecuaciones obtenido encontramos a = 4 y b = 2 con lo que laecuacin a resolver ser

    (x2 4x + 1)(x2 2x 1) = 0

    cuyas soluciones son x = 32 y x = .31

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    SOLUCIN 2:

    Rescribamos la ecuacin original de la siguiente manera

    .132113222

    132 xxxxxxx =

    ++

    +

    +

    de donde se tiene

    .132113222

    132 xxxxxxx ++=+

    +

    +

    1222

    1132 +=

    + xxxx

    ( )212

    32 =

    xxx

    ( ) 0212

    32 =

    xxx

    ( ) ( ) 0132132 =

    +

    xxxxxx

    0142122 =

    +

    xxxx

    cuyas soluciones son x = 32 y x = .31

    2. Si x y y son nmeros reales tales que 433,1 =+=+ yxyx determine

    a) ;22

    yx +

    b) .55 yx +

    (J.I.R MC Knight Problems Contest, 1993)

    SOLUCIN:

    a) De 1=+ yx se obtiene, elevando al cuadrado, 1222 =++ yxyx (1) pero como

    133 =+ yx entonces 4)22)(( =++ yxyxyx esto es 422 =+ yxyx (2) de donde,

    restando (2) de (1), 133 == xyxy con lo que .3224212 =+=++ yxyx

    b) =++ 43)33)(22( yxyx =+++ 12523325 yyxyxx =+++ 12)(2255 xyyxyx

    =++ 12)1(2)1(55 yx =++ 12155 yx .1155 =+ yx

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    3. Hallar todos los nmeros no negativos x, y, z tales que

    zx = y2x ,2z = 2 4x ,

    x + y + z = 16 .

    (Concours de Mathmatiques des Maritimes, 1999)

    SOLUCIN:

    Notemos que .0,, zyx

    Con ,00422,0 === zx obtenindose 1=z y ,15=y como una solucin.

    As que supondremos, ahora, que .0>x Entonces xyxz 2= implica (con 0, yz )

    ,2yz = y .zy = De 122422 +== xxx tenemos que 12 += xz y 122 += xy . Ahora,

    de 16=++ zyx tenemos

    ,162

    2

    12

    =++

    yyy

    o equivalentemente, ( )( ) 33

    1103113033223 =

    ==+=+ yyyyyy , desde

    que 0y entonces .4,92,3 ==== xyzy As, las dos nicas soluciones son (0, 15, 1) y(4, 3, 9).

    4. Determine todos los nmeros reales apara el cual la ecuacin a 3x + 3x = 3 posee una

    nica solucin real.

    (Finnish High School Mathematics Contest, 1997)

    SOLUCIN:

    La ecuacin dada es equivalente a 01)3(32)3( =+ xxa siendo una ecuacin

    cuadrtica en x3 sta tendr una nica raz si y solo s 0490)1)((42)3( === aa

    con lo que .4

    9=a

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    5. Resolver para x: ( ) .0932log2

    2log2log =

    xxx

    (J.I.R MC Knight Problems Contest, 1995)

    SOLUCIN:

    ( ) =

    0932log

    22log2log xxx ( ) =

    0932log

    22log2log xxx

    ( ) = 092log32

    2log2 xx ( )( ) =+ 032log32log2 xx

    =

    =+

    032log

    032log2

    x

    x

    =

    =

    32log

    2

    32log

    x

    x

    =

    =

    32

    2

    3

    2

    x

    x

    =

    =

    8

    22

    1

    x

    x

    6. Si 60 = 3 y 60b = 5 calcule entonces .)1(21

    12 b

    ba

    (J.I.R MC Knight Problems Contest, 1996)

    SOLUCIN 1:

    ===

    ==

    =

    =

    =

    =

    14460log1260log2)560log6060(log2)1(2

    460log560log360log6060log1

    560log

    360log

    560

    360

    b

    ba

    b

    a

    b

    a

    .22log

    12)1(2

    1

    12212log4144log14460log

    460log

    )1(2

    1 12 ==

    ===

    b

    ba

    b

    ba

    NOTA: Hemos utilizado las siguientes propiedades:

    aalog1 = )(logloglog xyayaxa =+

    =

    y

    xayaxa logloglog

    xyya

    xa loglog

    log= x

    xa a =log

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    SOLUCIN 2:

    Notemos que bb

    ===

    16060

    60

    5

    6012 esto es b= 1

    1

    1260 con lo que se tiene

    )1(2

    1

    122

    1

    1

    1

    122

    1

    60b

    baba

    b

    ba

    =

    =

    pero

    22

    1

    42

    1

    1513602

    1

    60601602

    1

    1602

    1

    60 ==

    =

    =

    =

    baba

    ba

    con lo que se concluye

    .2)1(2

    1

    12 =

    b

    ba

    7. Si x2+ xy + x= 14 y y2 + xy + y= 28, determine entonces el valor numrico de x + y.

    (Senior High School Mathematics Contest, Columbia Britnica, ronda preliminar, 2000)

    SOLUCIN:

    Sumando las dos ecuaciones se tiene

    ;42222 =++++ yxyxyx

    esto es,

    ( ) ( ) 0422 =+++ yxyx

    ( )( ) 076 =+++ yxyx

    As, 6=+ yx o bien .7=+ yx

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    8. Dado que x2+ y2=28 y xy= 14, encuentre el valor de x2 y2 .

    (Junior High School Mathematics Contest, Columbia Britnica, ronda final, 2000)

    SOLUCIN:

    =

    =+

    =

    =+

    282

    2822

    14

    2822

    xy

    yx

    xy

    yx

    restando ambas ecuaciones se obtiene

    ( ) yxyxyxyxyx ====+ 0020222 por lo tanto .022 = yx

    9. Sea S = 1 + 2+ 3 + + 10n. Cuntos factores 2 aparecen en la factorizacin prima de S?

    (The Alberta High School Mathematics Competition, I parte, 1998)

    SOLUCIN:

    Tenemos que

    +=

    +

    = 1105122

    11010nnn

    nn

    S as que el nmero de factores

    2 que aparecen en la factorizacin prima de S es .1n

    10. Sean a, b, cy dlas races de x4 8x3 21x2 + 148x 160 = 0.

    Determine el valor de .1111

    bcdacdabdabc+++

    (The Alberta High School Mathematics Competition, I parte, 1998)

    SOLUCIN:

    Tenemos que, por las frmulas de Vita, 8=+++ dcba mientras que .160=abcd

    As, la expresin dada es equivalente a .201=+++

    abcddcba

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    GEOMETRA.

    1. Un rombo es un paralelogramo con todos sus cuatro lados de igual longitud. Si uno de losngulos internos de un rombo mide 60, halle la razn del rea del rombo y la del crculo inscrito

    en l.

    (Concours de Mathmatiques des Maritimes, 1999)

    SOLUCIN:

    Sea ABC = 60 entonces CDA = 60. Trazamos la diagonal AC. Entonces

    BAC = BCA = DAC = DCA = 60.

    Sea M el punto medio de AC. Ahora, las distancias perpendiculares de M a BC, de M a

    CD, de M a AD y de M a AB son iguales a2

    1AB sen 60, este es el radio del crculo inscrito.

    El rea del crculo inscrito es .602

    12

    osenAB As

    .3

    8

    60

    4

    602

    1

    60

    2

    2

    ==

    =o

    o

    o

    sensen

    senAB

    inscritocrculodelrea

    rombodelrea

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    2. Sea ABCD un rombo tal que DAB = 60. El punto E est sobre AD y el punto F est sobre

    DC tal que AE = DF. Pruebe que el tringulo BEF es equiltero.

    (J.I.R MC Knight Problems Contest, 1995)

    SOLUCIN:

    Consideremos la figura siguiente y los datos que en ella se encuentran:

    y

    y

    y - x

    y - x

    x

    x

    60

    120

    60

    c

    b

    a

    F

    E

    C

    BD

    A

    aplicando el teorema de cosenos a los tringulos AEB, EDF y FCB respectivamente se obtiene

    +=

    +=

    +=

    +=

    +=

    +=

    xyyxb

    xyyxa

    xyyxc

    xyyxyyb

    xyxxyxa

    xyyxc

    222

    222

    222

    60cos)(22)(22

    60cos)(22)(22

    60cos2222

    o

    o

    o

    de donde resulta claro que cba == por lo que el tringulo BEF es equiltero.

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    3. Dos crculos, cada uno de radio 10, son colocados sobre una recta de modo que sean

    tangentes entre ellos y a la recta. Uno crculo menor es dibujado entre ellos de modo que ste

    es tangente a los dos crculos y la recta. Determine el radio del menor crculo.

    (Senior High School Mathematics Contest, Columbia Britnica, ronda preliminar, 2000)

    SOLUCIN:

    Sean A el centro de uno de los crculos mayores, B el punto de contacto entre los dos

    crculos mayores y C el centro del crculo menor. Entonces AB BC, AC = 10 + r y

    BC = 10 r. Del teorema de Pitgoras tenemos

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    4. En la figura adjunta ABC y AEB son semicrculos y F es el punto medio de AC y AF = 1 cm.Halle el rea de la regin destacada.

    (Old Mutual Mathematical Contest, Final Paper 1, 1991)

    SOLUCIN:AB es el dimetro del semicrculo AEB y la hipotenusa del tringulo rectngulo issceles

    AFB, as AB = ,2 y el rea del semicrculo es .

    4

    Ahora, el semicrculo ABC tiene rea ,

    2

    mientras que el tringulo rectngulo AFB tiene rea .2

    1El rea del segmento circular ADB es

    ,2

    1

    4

    y el rea destacada es .

    2

    1

    2

    1

    44=

    5. En el tringulo ABC, AB = AC. La bisectriz perpendicular de AB contiene al punto medio de

    BC. Si la longitud de AC es 10 2 cm, halle el rea del tringulo ABC.

    (The Alberta High School Mathematics Competition, I parte, 1998)

    SOLUCIN:

    El segmento que une los puntos medios de AB y BC es paralelo a AC entonces

    CAB = 90 y el rea del tringulo ABC es .21002102102

    1cm=

    10 2 cm

    B

    CA

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    6. Las longitudes de los tres lados de un tringulo rectngulo son enteros positivos. El rea del

    tringulo es 120. Determine la longitud de la hipotenusa.

    (The Alberta High School Mathematics Competition, I parte, 1998)

    SOLUCIN:

    Sean a y b (consideremos a < b sin prdida de generalidad), las longitudes de los catetos

    del tringulo rectngulo y c la longitud de la hipotenusa entonces ab = 240 y a 2 + b2 = c2.

    Como estos catetos son nmeros enteros entonces, mediante algunos clculos

    numricos, podemos construir la siguiente tabla de valores

    a b a2 b2 a2 + b2 c2 c

    1 240 1 57600 57601 57601 240,0020833...

    2 120 4 14400 14404 14404 120,0166655...

    3 80 9 6400 6409 6409 80,05623024...

    4 60 16 3600 3616 3616 60,13318551...

    5 48 25 2304 2329 2329 48,25971405...

    6 40 36 1600 1636 1636 40,44749683...

    8 30 64 900 964 964 31,04834939...

    10 24 100 576 676 676 26

    12 20 144 400 544 544 23,32380758...

    15 16 225 256 481 481 21,9317122...

    con lo que resulta claro que las longitudes que cumplen las condiciones del enunciado son 10,

    24 y 26 por lo que la longitud de la hipotenusa es 26.

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    7. Los lados de un tringulo son 4, 13 y 15. Determine la medida del radio del crculo inscrito.(The Alberta High School Mathematics Competition, I parte, 1998)

    SOLUCIN:

    Sean A, B, C los vrtices del tringulo. El rea del tringulo ABC es, por la formula de

    Hern, .24)1)(3)(12(16 =

    Sea O el centro del crculo inscrito y r su radio. As,

    24 = rea del AOB + rea del BOC + rea del AOC

    = 0,5r (AB) + 0,5r (BC) + 0,5r (AC)

    = 0,5r (4 + 13 + 15) = 16 r

    de donde se obtiene r = 1,5.

    8. Dos cuerdas de un crculo AB y CD se intersecan en ngulo recto en E de modo que AE = 2,EB = 6 y DE = 3. Determine el rea del crculo.

    (J.I.R MC Knight Problems Contest, 1998)

    SOLUCIN:Consideremos la siguiente figura

    2

    1/2

    E

    3

    62 BA

    7/2

    2

    r

    D

    C

    O

    De acuerdo con los datos de sta se tiene 2222

    2

    7r=+

    con lo cual2

    65=r y el rea

    buscada ser .4

    65

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    9. Cuatro balones de basket son colocados en el piso de un gimnasio formando un cuadrado

    con cada baln tangente a los otros tres. Un quinto baln es colocado sobre estos cuatro

    balones de modo que tambin es tangente a ellos, como se indica en la figura:

    Si el dimetro de un baln de basket es de 25 cm, determine la altura, en centmetros, del

    centro del quinto baln de basket al piso del gimnasio.

    (Senior High School Mathematics Contest, Columbia Britnica, ronda preliminar, 1998)

    SOLUCIN:

    Primero observemos los cuatro balones de basket cuando yacen sobre el suelo:

    Hallamos que .2252525 2222 =+=+= BCABAC Ahora, para hallar la altura del

    centro del quinto baln de basket al piso del gimnasio analicemos la seccin cruzada de la

    pirmide por un plano vertical pasando por A y C:

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    15

    La altura ,EFDEDF += donde2

    25=EF y .2

    2

    25

    2

    12

    2=

    = ACADDE As,

    ( ).212

    25+=DF

    10. Las longitudes de los lados de un tringulo son b + 1, 7 b y 4b 2. Determine el nmero

    de valores de b para los cuales el tringulo es issceles.

    (Senior High School Mathematics Contest, Columbia Britnica, ronda preliminar, 1998)

    SOLUCIN:

    Potencialmente, tenemos tres posibilidades para el tringulo al ser este issceles:

    (1) b + 1 = 7 b(2) b + 1 = 4b 2

    (3) 7 b = 4b 2

    La primera ecuacin nos da b = 3, consecuentemente 4, 4 y 10 son posibles longitudes

    de los lados del tringulo. La segunda ecuacin nos da b = 1, consecuentemente 2, 2 y 6 son

    posibles longitudes de los lados del tringulo. Finalmente, la tercera ecuacin nos da b =5

    9,

    consecuentemente5

    14,

    5

    26y

    5

    26son posibles longitudes de los lados del tringulo. Ahora bien,

    por la desigualdad triangular se tiene que las longitudes del tringulo buscado son5

    14,

    5

    26y

    5

    26

    por lo que b =5

    9es la nica posibilidad.

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    TEORA DE NMEROS.

    1. A y B son enteros positivos. La suma de los dgitos de A es 19. La suma de los dgitos de B

    es 99.Determine el menor valor posible de la suma de los dgitos del nmero A + B.(The Alberta High School Mathematics Competition, I parte, 1999)

    SOLUCIN:

    Debe resultar claro que para obtener el menor valor posible de la suma de los dgitos del

    nmero A + B debe suceder que, por ejemplo, A = 9900000000001 y B = 99999999999 (o bien,

    viceversa). As A + B = 10000000000000 por lo que la suma de los dgitos de A + B es 1.

    2. Halle la cantidad de nmeros positivos de dos dgitos tales que la diferencia entre l y el

    producto de sus dgitos sea 12.

    (The Alberta High School Mathematics Competition, I parte, 1999)

    SOLUCIN:

    Sean los dos dgitos a y b respectivamente.

    De 10a + b ab = 12, tenemos (a 1)(10 b) = 2. As, se obtiene que los nmeros

    positivos de dos dgitos que satisfacen la condicin enunciada son 28 39 por lo que lacantidad de nmeros es 2.

    3. Ordene ascendentemente los siguientes nmeros: 255555 ; 333333 ; 622222.

    (Junior High School Mathematics Contest, Columbia Britnica, ronda preliminar, 2000)

    SOLUCIN:

    Notemos primero que

    255555 = (25)11111 = 3211111

    333333 = (33)11111 = 2711111

    622222 = (62)11111 = 3611111

    desde que 27 < 32 < 36, entonces 2711111< 3211111< 3611111 , con lo cual 333333< 255555< 622222

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    17

    4. Un cierto nmero N consiste de tres dgitos los cuales son trminos consecutivos de una

    progresin aritmtica. Si N es dividido por la suma de sus dgitos el cociente es 48. Tambin, si

    198 es sustrado de N, el resultado es un nmero que posee los mismos dgitos que N pero en

    orden inverso. Determine N.

    (J.I.R MC Knight Problems Contest, 1997)

    SOLUCIN:

    Sea ,10100 cbaN ++= como los dgitos de Nson trminos de una progresin aritmtica

    entonces, para algn ,d .991111010)(100 dbbbdbN =+++= Por otro lado, de acuerdo

    con la segunda parte del enunciado tenemos que 483 = bN de donde 48399111 = bdb con

    lo que .3db = Ahora bien, de la parte final del enunciado se tiene abcN ++= 10100198 o

    equivalentemente 311981989911119899111 ===+= bdddbdb por lo tanto

    .432=N

    5. La suma de los primeros tres trminos de una progresin geomtrica es 37 y la suma de

    sus cuadrados es 481. Determine los primeros tres trminos de esa progresin.

    (J.I.R MC Knight Problems Contest, 1997)

    SOLUCIN:

    Sean ara, y 2ar los tres trminos de la progresin entonces

    =++

    =++

    )2(481

    )1(37

    42222

    2

    raraa

    arara )

    ( )

    =++

    =++

    4811

    371

    422

    2

    rra

    rra

    ( )( ) ( )

    ( )( ) ( )

    =++

    =++

    )4(148111

    )3(13711

    22422

    2

    rrrra

    rrrra

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    dividiendo la ecuacin (3) y (4) y simplificando al mximo obtenemos 132 =+ arara que al

    restar este resultado de (1) se obtiene 242 =ar con lo que .12

    ra = Sustituyendo este ltimo

    resultado en (1) obtenemos 37121212 2 =++ rr

    rrr

    que al resolverla nos permite obtener

    .4

    3

    3

    4== rr Ahora bien, si

    3

    4=r entonces 9=a y los tres trminos buscados son 9, 12 y

    16. Por otro lado, si4

    3=r entonces 16=a y los tres trminos buscados son 16, 12 y 9.

    FUNCIONES O SUCESIONES.

    1. Dado que f(x + y) + f(x y) = 2f(x) cos y, f(0) = a, y f(/2) = b. Determine f(t).

    (J.I.R. Mc Knight Problems Contest, 1997)

    SOLUCIN:

    Haciendo = xy ,2

    se tiene 0)

    2()

    2( =++

    xfxf

    ( )

    ( )

    ( ) ( ) ( )2

    12

    122

    mfmf

    tieneseenmxdosustituyen

    xfxf

    =+

    +=

    =

    +

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    como 105 x entonces 2121 = xx y 1331 = xx por lo que

    1)( =xf y es claro que la funcin es constante.

    3. Determine todos los trminos de la sucesin an = 32n 1 + 2n 1 tales que sean cuadrados

    para cualquier entero positivo n.

    (Memorial University Undergraduate Mathematics Competition, 1997)

    SOLUCIN:

    Tenemos que 41 =a y .292 =a Para )4(3123,3 mdnn y ).4(012 mdn As,

    ).4(3 mdna Pero un entero positivo es un cuadrado perfecto si y solo si es congruente con

    0 1 en mdulo 4. Por tanto, 41

    =a es el nico cuadrado de la sucesin.

    4. La sucesin de nmeros , a3, a2, a1, a0, a1, a2, a3 , est definida poran (n + 1)a2 n = (n + 3)

    2, para todo entero n. Calcule a0 .

    (Canadian Open Mathematics Challenge, 2000)

    SOLUCIN:

    Usando la sucesin por recurrencia dada tenemos

    a0 a2 = 9 para n = 0

    a2 3a0 = 25 para n = 2

    sumando la primera ecuacin con la segunda se obtiene 2a0 = 34, as a0 = 17

    5. Una funcin f(x) tiene las siguientes propiedades:

    a. f(1) = 1

    b. f(2x) = 4f(x) + 6

    c. f(x+ 2) = f(x) + 12x+ 12

    Calcule f(6).(Canadian Open Mathematics Challenge, 2004)

    SOLUCIN 1:

    Usando la propiedad b. con x = 1, f(2) = 4f(1) + 6 = 4(1) + 6 = 10 siendo f(1) = 1 por la

    propiedad a.

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    Usando la propiedad b. con x = 2, f(4) = 4f(2) + 6 = 4(10) + 6 = 46.

    Usando la propiedad c. con x = 4, f(6) = f(4) + 12(4) + 12 = 46 + 48 + 12 = 106.

    As, el valor de f(6) es 106.

    SOLUCIN 2:Usando la propiedad c. con x = 1, f(3) = f(1) + 12(1) + 12 = 1 + 12 + 12 = 25 siendo

    f(1) = 1 por la propiedad a.

    Usando la propiedad b. con x = 3, f(6) = 4f(3) + 6 = 4(25) + 6 = 106.

    As, el valor de f(6) es 106.

    SOLUCIN 3:

    Trabajando un poco se tiene

    f(6) = 4f(3) + 6; por la propiedad b. con x = 3.

    = 4 [ f(1) + 12(1) + 12] + 6; por la propiedad c. con x = 1.

    = 4f(1) + 4(24) + 6

    = 4(1) + 102; por la propiedad a.

    As, el valor de f(6) es 106.

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    3. Problemas de Competencias no Olmpicas.

    Miguel ngel Arias Vlchez

    Giovanni Buckcanan Aguilar

    Kendrick Mitchell MaturinMauricio Rodrguez Mata

    Esta columna consistir en 30 ejercicios propuestos que se separarn por categoras

    (lgebra, Geometra, Teora de Nmeros y Funciones o Sucesiones) y de menor a mayor nivel

    de dificultad. Es importante destacar que el nivel de dificultad en que se ordenarn los

    ejercicios de cada categora es valorado por nosotros (los editores) de acuerdo a criterios

    establecidos pero ello no significa que esta valoracin pueda ser diferente para el estimablelector.

    De hecho, sus comentarios al respecto nos permitirn hacer una valoracin de los mismos

    para ediciones futuras.

    Por otro lado, la solucin de los mismos se presentar hasta la prxima edicin con la

    finalidad de que nuestros lectores participen activamente envindonos soluciones y / o

    comentarios que puedan enriquecer la discusin de cada ejercicio. Sin embargo, de no darse

    esa participacin en algunos ejercicios, se publicar, al menos, una solucin oficial brindada por

    los encargados de esta seccin.

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    LGEBRA.

    1. Determine todas las soluciones reales de la siguiente ecuacin:

    (CEOC, 1995)

    2. (a) Resuelva: .1120 =++ xx

    (b) Resuelva: 33 .1120 =++ xx

    (Canadian Mathematical Society Prize Exam, Abril 26, 1996)

    3. Determine las cuatro races de la ecuacin: .012164 =+ xx

    (Another Five Klamkin Quickies, Octubre 21, 1996)

    4. Cuntos pares de enteros positivos satisfacen la ecuacin

    (The Twelfth W.J. Blundon Contest, Febrero 22, 1995)

    5. Determine todas las soluciones ),( yx para el sistema de ecuaciones:

    (The Twelfth W.J. Blundon Contest, Febrero 22, 1995)

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    6. Determine todas las soluciones reales de la ecuacin:

    (CEOC, 1996)

    7. Suponga que cba ,, . Si, para todo [ ] ,1,1,1 2 ++ cbxaxx pruebe que

    (CEOC, 1996)

    8. Determine todos los enteros que satisfacen la siguiente ecuacin:

    (Mathematical Team Contest, Baltic Way, Vilnius, November 5 8, 1992)

    9. Determine todas las soluciones enteras de la ecuacin

    con .0,0 >> yx

    (CEOC, 1996)

    10. Suponga que 0a y ,0c y que cbxax ++3 tiene un factor de la forma .12 ++ pxx

    Pruebe que .22 abca =

    (CEOC, 1996)

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    GEOMETRA.

    1. La suma de los ngulos de un polgono de n lados es menor que .2n Determine el menor

    valor de n que satisface dicha condicin.(Alberta High School Mathematics Competition, Noviembre 21, 1995)

    2. ABCD es un cuadrado. Tres segmentos paralelos 321 ,, lll pasan por los vrtices CBA ,,

    respectivamente. Las distancias entre 1l y 2l es 5 y la distancia entre 2l y 3l es 7. Determine lerea de .ABCD (The Eleventh W.J. Blundon Contest, Febrero 23, 1994)

    3. La suma de las longitudes de los tres lados de un tringulo rectngulo es 18. La suma de los

    cuadrados de esas longitudes es 128. Determine el rea de ese tringulo.

    (The Eleventh W.J. Blundon Contest, Febrero 23, 1994)

    4. Dos rectngulos congruentes con medidas 3 cm 7 cm son colocados como indica la figura.

    Determine el rea comn a ambos.

    (Senior High School Mathematics Contest, Columbia Britnica, ronda preliminar, 2000)

    5. El rea del menor tringulo en la figura es 8 unidades cuadradas. Determine el rea del

    tringulo mayor.

    (Junior High School Mathematics Contest, Columbia Britnica, ronda final, 1998)

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    FUNCIONES O SUCESIONES.

    1. Determine todas las sucesiones nppp L

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    6. CURIOSATO.Miguel ngel Arias Vlchez

    Giovanni Buckcanan Aguilar

    Kendrick Mitchell Maturin

    Mauricio Rodrguez Mata

    Esta columna tiene como finalidad mostrar ejercicios de preparacin o competencias

    olmpicas en fases iniciales que se desarrollan en otros pases.

    Estos tipos de ejercicios son de seleccin nica y se procurar brindar la solucin de

    todos los ejercicios que se propongan. Es importante hacer notar que los mismos pueden servir

    de preparacin para estudiantes que participan en los distintos niveles de la Olimpiada

    Costarricense de Matemtica.

    Continuamos con ejercicios correspondientes a los Problemas Introductorios de la

    Olimpiada Sonorense de Matemtica, estado de la Repblica de Mxico.

    Problema 51. En una hoja de papel cuadriculado cada cuadrito mide 1 x 1. Se coloca una

    moneda de dimetro ? encima. Cul es el mximo nmero de cuadritos que puede cubrir

    parcialmente (de manera que la regin cubierta en ese cuadrito tenga rea mayor que 0) la

    moneda?

    (a) 4 (b) 5 (c) 6 (d) 7 (e) 8

    Problema 52. Yo sal de mi casa en automvil a las 8:00 de la maana. Un automvil que va al

    doble de mi velocidad sale tambin de mi casa, me alcanza exactamente a la mitad del caminoy llega 1:30h antes que yo a nuestro lugar de destino. A qu hora sali el otro automvil?

    (a) 8:00 h (b) 8:30 h (c) 9:00 h (d) 9:30 h (e) 10:00 h

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    Problema 53. Un poliedro en forma de baln de ftbol tiene 32 caras: 20 son hexgonos

    regulares y 12 son pentgonos regulares. Cuntos vrtices tiene el poliedro?

    (a) 72 (b) 90 (c) 60 (d) 56 (e) 54

    Problema 54. Dadas cuatro lneas diferentes, cuntos puntos de interseccin NO puede haber

    entre ellas?

    (a) 0 (b) 2 (c) 3 (d) 5 (e) 6

    Problema 55. Cul es la longitud de x en la figura?

    (a) (b) (c) 9 (d) 12 (e) 18

    Problema 56. Si S = 1 + 2 + 3 + ... + 100, cuntos signos + hay que cambiar por signos - paraobtener 1991 en lugar de S?

    (a) Es imposible (b) 3 (c)4 (d) 5 (e) 6

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    Problema 57. Cinco amigos P,Q,R,S y T se dan la mano. Tanto P como Q estrecharon la mano

    de uno solo de sus amigos, mientras que R, S y T estrecharon cada uno la mano de dos.

    Sabemos que P estrech la mano de T. Quines podemos asegurar que no se dieron la

    mano?

    (a) T y S (b) T y R (c) Q y R (d) Q y T (e) Q y S

    Problema 58. En un concurso de baile los jueces califican a los competidores con nmeros

    enteros. El promedio de las calificaciones de un competidor es 5.625 Cul es el nmero

    mnimo de jueces para que eso sea posible?

    (a) 2 (b) 6 (c) 8 (d) 10 (e) 12

    Problema 59. Una caja que compr mam est llena de chocolates en forma de cubo. Sara se

    comi todos los del piso de arriba, que eran 77. Despus se comi 55, que eran los que

    quedaban en un costado. Despus se comi los que quedaban enfrente. Sobraron algunos

    chocolates en la caja; cuntos?

    (a) 203 (b) 256 (c) 295 (d) 300 (e) 350

    Problema 60. La maestra distribuy la misma cantidad de dulces entre cada uno de 5 nios y

    se qued tres para ella misma. No se acuerda cuntos dulces tena, pero se acuerda que era un

    mltiplo de 6 entre 65 y 100. Cuntos dulces tena?

    (a) 63 (b) 78 (c) 90 (d) 93 (e) 98

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    Problema 65. Se tienen dos crculos con centro en el mismo punto, pero cuyos permetros

    difieren en 1 cm. cul es la diferencia entre sus radios?

    (a) (b) (c) cm (d)2 cm (e)4 cm

    Problema 66. Un zoolgico tiene forma hexagonal con celdas que son tringulos equilteros de

    lado 10, como en la figura. En este zoolgico se quieren poner 1000 animales salvajes; por

    seguridad no puede haber dos animales en una misma celda y si una celda est ocupada

    ninguna de las que comparte un lado con ella puede estarlo. Cunto mide el lado del

    hexgono ms chico que tiene esta propiedad?

    (a) 13 (b) 16 (c) 19 (d) 22 (e) 25

    Problema 67. Se escriben en sucesin todos los nmeros del 1 al 2001, en orden, uno a

    continuacin del otro, para formar un nmero muy grande que llamaremos G (es decir,

    G = 1234567891011 ... 20002001) Cul es la cifra central de G?

    (a) 1 (b) 3 (c) 5 (d) 7 (e) 9

    Problema 68. La siguiente figura se forma a partir de un tringulo equiltero de rea 1prolongando cada lado dos veces su longitud en ambas direcciones. El rea de esta figura es:

    (a) 31 (b) 36 (c) 37 (d) 41 (e) 42

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    Problema 69. El resultado de la operacin siguiente: 1-2-3+4+5-6-7+8+ ... -1998-1999+2000 es

    (a) (b) (c) 2001 (d) 0 (e) 2

    Problema 70. Una flor se ha dibujado dentro de un crculo manteniendo la misma apertura del

    comps, como se muestra en la figura. Si el permetro de la flor es 2, cul es el radio del

    crculo?

    (a) (b) (c)1/6 (d)2 /3 (e) /8

    Problema 71. Cuntas parejas de enteros positivos (a,b) satisfacen a2-b2=15?

    (a) 0 (b) 1 (c) 2 (d) 3 (e) 4

    Problema 72. En la figura, ABCDE representa un pentgono regular (de 1 cm de lado) y ABP

    es un tringulo equiltero. Cuntos grados mide el ngulo BCP?

    (a) 45o (b) 54o (c) 60o (d) 66o (e) 72o

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    Problema 73. El nmero -1 es solucin de la ecuacin de segundo grado 3x2+bx+c=0. Si los

    coeficientes b y c son nmeros primos, el valor de 3c-b es:

    (a) 0 (b) 1 (c) 2 (d) 3 (e) 4

    Problema 74. Una sucesin se forma de la manera siguiente: el primer trmino es 2 y cada uno

    de los trminos siguientes se obtiene del anterior elevndolo al cuadrado y restando 1 (los

    primeros trminos son 2,22-1=3, 32-1=8, 82-1=63, ... ). La cantidad de nmeros primos que hay

    en la sucesin es:

    (a) 1 (b) 2 (c) 3 (d) 5 (e) infinita

    Problema 75. El nmero de tringulos con sus tres vrtices en los puntos de la figura es:

    (a) 20 (b) 24 (c) 28 (d) 32 (e) 36

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    5. Solucin al CURIOSATO

    Miguel ngel Arias Vlchez

    Giovanni Buckcanan Aguilar

    Kendrick Mitchell MaturinMauricio Rodrguez Mata

    A continuacin brindamos la solucin al CURIOSATOde esta edicin con la finalidad de

    que nuestros lectores tengan una gua para el abordaje de estos tipos de ejercicios y que ello

    contribuya a la preparacin de jvenes para competencias nacionales.

    Solucin 51. Observemos que

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    Solucin 54. Por el enunciado sabemos que slo una de las respuestas es imposible, as es

    que basta dar un ejemplo de los casos que s son posibles:

    La respuesta es (b).

    Solucin 55. Tenemos que x es la longitud de la diagonal de un rectngulo. La otra diagonal

    del mismo rectngulo es un radio del crculo. Como el dimetro del crculo mide 10 + 4 + 4 = 18,

    tenemos que x mide 9. La respuesta es (c).

    Solucin 56. Del 1 al 100 hay 50 nmeros impares que, sumados a los otros 50 nmeros

    pares, dan un nmero par. Si cambiamos un signo + por uno -, por ejemplo si escribimos - 5 en

    lugar de + 5, le estamos restando 10 a S; es decir, si escribimos - n en lugar de + n, en realidad

    le estamos restando 2n a S. Pero, tanto S como 2n son pares, por lo tanto S - 2n es nmero par

    siempre. Entonces no es posible obtener 1991 de esta manera. La respuesta es (a).

    Solucin 57. Si Q le hubiera dado la mano a T, entonces ni P ni Q ni T le hubieran dado lamano a nadie ms, lo cual no es posible pues R le dio la mano a dos amigos. La respuesta es

    (d).

    Solucin 58. Observemos que 5.625 = 5625/1000 = 45/8, que es una fraccin simplificada y,

    por lo tanto, tenemos que multiplicar por 8 para poder obtener un entero que sea la suma de las

    calificaciones de los jueces. La respuesta es (c).

    Solucin 59. Como el nmero de chocolates del piso de arriba es 77, la cantidad de

    chocolates a lo largo por la cantidad de chocolates a lo ancho es 77. Las posibilidades son 11 a

    lo largo y 7 a lo ancho, o 77 a lo largo, en una sola hilera. Como al final quedan chocolates en la

    caja, la posibilidad correcta es la primera: 11 x 7. Como despus de comerse el piso de arriba

    quedan 55 en un costado, cuando la caja estaba llena debi tener 6 chocolates a lo alto. As,

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    39

    inicialmente haba 7 x 6 x 11 = 462 chocolates. Originalmente en el frente de la caja haba

    7 x 6=42 chocolates, de los cuales Sara se comi primero 7 de la fila de arriba y 5 que

    quedaban en la fila de un costado. Quedan 462 - 77 - 55 - 30 = 300 chocolates. La respuesta es

    (d).

    Solucin 60. Como se qued con 3 dulces, el nmero inicial de dulces termina en 3 o en 8,

    pero como es un mltiplo de 6, es par, por lo que termina en 8. La nica posibilidad es 78. La

    respuesta es (b).

    Solucin 61. Doblando dos cuadrados que tengan las regiones inmediatas a una misma arista

    del mismo color, nos damos cuenta de que necesitamos que los vrtices en que esas aristas

    convergen tengan todas las regiones que incluyen a esa arista del mismo color. Cada aristatiene tres regiones cercanas, por lo cual el nmero de regiones de cada color debe ser divisible

    entre tres. Solamente a) y d) cumplen con este requisito, y es fcil darse cuenta de que al

    doblar a) hay varias aristas que no comparten regiones del mismo color. La respuesta es (d).

    Solucin 62. Dibujamos paralelas al lado AD por P y R y tambin al lado AB por S y Q. Cada

    uno de los rectngulos pequeos representa 1/9 del rea original. El rea de los tringulos

    rectngulos que tienen como cateto un lado del rectngulo PQRS es un 1/9 del rea de ABCD.

    As, el rea de PQRS es 1/9 + 4/9 = 5/9 del rea de ABCD. La respuesta es (d).

    Solucin 63. Cada montn, al final, tena 16 canicas (en total haba 48 y cada uno tena el

    mismo nmero de canicas). El montn A tena 16 canicas y, como del C pasamos al A tantas

    canicas como ste tena, el A tena 8 y le pasamos 8 canicas del C, luego el C tena 16+8=24

    canicas. Del B pasamos al C tantas canicas como haba en el C, entonces pasamos 24/2=12

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    canicas del B al C, y el B tena 16+12=28 canicas. Por ltimo, del A pasamos al B tantas

    canicas como ste tena, entonces pasamos 28/2=14 canicas del A al B, luego el A tena

    14+8=22 canicas. Por lo tanto, haba al principio 22 canicas en el montn A. La respuesta es

    (d).

    Solucin 64. Observemos que 1500=22 x 53 x 3. Tenemos que repartir los tres 5's que

    aparecen en la factorizacin de 1500 entre los tres nmeros que buscamos. Es claro que los

    tres no pueden quedar en un mismo nmero pues 53 = 125 > 45. Entonces, por lo menos dos de

    los nmeros son mltiplos de 5; pero el tercero es la diferencia de 45, que es mltiplo de 5, y la

    suma de los otros dos nmeros tambin lo es; as, tambin ese nmero debe ser mltiplo de 5.

    Ahora ya slo tenemos que repartir los dos 2's y el 3, buscando que la suma sea 45. Probando

    todas las posibilidades vemos que la nica es que los nmeros sean 30, 10 y 5. La respuesta es(d).

    Solucin 65. Si r el radio de la circunferencia ms pequea y R el de la ms grande, tenemos

    que 2 r + 1 = 2 R, y por lo tanto R-r =1/2 . La respuesta es (a).

    Solucin 66. Si agrupamos las celdas por parejas segn vrtices vecinos como se muestra en

    la figura (a), sabemos que en cada pareja una celda est ocupada y la otra no. As, cuando

    ms, puede usarse la mitad de las celdas del zoolgico para acomodar a todos los animales y,

    por lo tanto, necesitaremos al menos 2000 celdas para acomodarlos. La figura (b) muestra

    cmo es posible acomodar animales en un zoolgico hexagonal utilizando la mitad de las

    celdas. Es fcil observar que en un tringulo equiltero de lado n hay n2 tringulos de lado 1.

    Un hexgono regular est compuesto por 6 tringulos equilteros, como se muestra en la figura

    (c). Como un hexgono de lado n tiene 6n2 celdas tenemos que 6n2 2000, por lo cual

    necesitamos n 19, as que 19 es suficiente. La respuesta es (c).

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    (a - b)=3 y (a + b)=5 tenemos que a = 4 y b = 1. Entonces solamente hay 2 parejas de enteros

    positivos que cumplen la ecuacin. La respuesta es (c).

    Solucin 72. Utilizaremos varias veces el resultado de que la suma de los ngulos internos de

    un tringulo es 180o. Todos los ngulos del pentgono miden (180o x 5 - 360o)/5 = 108o.

    Entonces PBC = 48o. Observemos que PBC es un tringulo issceles, luego

    BCP = BPC = (180o-48o)/2 = 66o. La respuesta es (d).

    Solucin 73. Como -1 es solucin de la ecuacin, entonces 3 b + c = 0, de ah b c = 3, por

    lo cual uno de ellos (b o c) tiene que ser impar, y el otro debe ser 2 (b y c son primos y su

    diferencia es impar). Como b = c + 3 y ambos son positivos, necesariamente c = 2 y b = 5. Porlo tanto 3c - b = 3 x 2 - 5 = 1. La respuesta es (b).

    Solucin 74. Cada trmino de la sucesin despus del primero (2, que es primo) es de la

    forma n2 - 1 = (n + 1)(n - 1) con n entero positivo. La nica manera de que un nmero de la

    sucesin sea primo es que n-1=1, lo que implica que n = 2. En este caso, n2 - 1=3, el segundo

    nmero de la sucesin. Por lo tanto el 2 y el 3 son los nicos primos que aparecen. La

    respuesta es (b).

    Solucin 75. Llamemos A, B, C y D a los vrtices como se indica en la figura. Un tringulo con

    vrtices sobre los puntos de la figura debe tener forzosamente 1 o 2 vrtices sobre los puntos

    del segmento AC. Hay 10 parejas distintas de puntos sobre AC que pueden ser vrtices de un

    tringulo junto con otro punto de los dos que hay sobre el segmento BC (sin contar el punto B),

    por lo tanto hay 10 x 2=20 tringulos de este tipo. Si slo hay un punto sobre AC, quiere decir

    que es alguno de los 4 puntos sobre AC que son distintos a B. Los otros dos vrtices en el

    segmento BD que son distintos a B son la pareja de vrtices que hace falta para completar un

    tringulo, por lo cual slo hay 4 tringulos de este tipo. En total hay 20 + 4 = 24 tringulos sobre

    los puntos de la figura. La respuesta es (b).

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    6. Solucin a los problemas anteriores de la columna

    Olimpiadas alrededor del mundo.

    Randall Godnez.

    Arlene Martnez.Melissa Ramrez.

    Carlos Rodrguez.

    Presentamos, a continuacin, la solucin de los diez problemas presentados en esta

    misma columna pero de la edicin anterior. Hemos procurado adjuntar varias soluciones a los

    problemas con el fin de hacer notar que los mismos pueden ser enfocados y resueltos de

    diversas formas y que ello es lo que se busca en las competencias olmpicas: favorecer el plenodesarrollo de la creatividad del participante al momento de enfrentar los problemas y de ninguna

    manera encajonar su pensamiento.

    Al mismo tiempo que se presenta una solucin a determinado problema se advierte,

    cuando ello lo amerita, la teora que se est aplicando en la solucin del mismo con el fin de

    que se cuente con todo el marco terico que se requiera para poder resolver otros problemas

    que puedan ubicarse en la misma categora o bien que puedan reducirse a ellos.

    Cuando se indique que la solucin es oficial lo que se pretende indicar es que esa es la

    solucin que se dio en la competencia sealada por parte del comit organizador o bien de su

    proponente.

    Recurdese que ningn problema est completamente cerrado por lo que se les solicita

    a nuestros estimables lectores que nos enven sus comentarios o sugerencias que tengan a

    esta columna en particular mediante alguno de los correos indicados en la presentacin.

    Pues bien, veamos las soluciones de la columna anterior !!

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    3m + 1018 (md. 4m 3),

    12m + 4072 (md. 4m 3),

    3(4m 3) + 4081 (md. 4m 3) y

    4081 (md. 4m 3).

    Entonces 4m 3 es divisor de 4081 = 7 x 11 x 53, y as las posibilidades para 4m 3

    son 1, 7, 11, 53, 77, 371, 583 y 4081. Como m y n no pueden ser 1, las nicas posibilidades

    son m = 14 (y n = 20) o m = 20 (y n = 14). En cualquier caso, el nmero de alumnos es

    14x20=280.

    2. Encuentra todos los nmeros primos positivos p tales que 8p4 - 3003 tambin sea un primopositivo.

    (XI Olimpiada Nacional de Matemticas de Mxico, noviembre de 1997)

    Solucin:

    Para p = 5 tenemos que 8p4 3003 = 1997, que es primo. Ahora veamos que es la nica

    posibilidad. Sea p un nmero primo distinto de 5 y supongamos que 8p4 3003 es primo.

    Podemos proceder de dos maneras: Tenemos que 8p4 3003 3p4 3 3(p4 1) (md. 5),

    pero p4 - 1 0 (md. 5) para cualquier primo p 5 (esto se comprueba fcilmente analizando

    los posibles residuos de p), as que 8p4 3003 es divisible entre 5 y, como estamos suponiendo

    que es primo, la nica posibilidad es 8p4

    3003 = 5, lo cual es un absurdo pues3008

    /8 = 376 queno tiene raz cuarta entera.

    Nota: Se puede evitar el lenguaje de las congruencias, observando que si p es un primo distinto

    de 2 y de 5, entonces p termina en 1, 3, 7 o 9, as que p4 termina en 1 y, por tanto, 8p4 3003

    termina en 5, lo cual lo hace forzosamente mltiplo de 5. El caso p = 2 se puede tratar aparte

    (viendo que 8(2)4 3003 0o que tambin 24 termina en 6, as que 8p4 3003 tambin

    termina en 5.

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    3. Una funcin RR: f satisface ( ) ))(()( yffxyfxf +=+ para todos los nmeros reales x yy . Sabiendo que ,8)2( =f calcule ).2005(f (XXVII Olimpiada Brasileira de Matemtica, Segunda fase del Nivel 3, 2005)

    Solucin:

    Sustituyendo y por 2 y xpor a f(2) = a 8, obtenemos

    f(a f(2) + f(2)) = a 8 + f( f(2))

    f(a)= a 8 + f(8).

    Substituyendo apor 2 en la ltima ecuacin, obtenemos

    f(2) = 2 8 + f(8)

    8 = 2 8 + f(8)

    f(8) =14.

    As, f(a) = a 8 + 14 = a+ 6 y f(2005) = 2005 + 6 = 2011.

    4. Cada uno de los nmeros 2004,,3,2,1 xxxx L puede ser igual a 12 + 0 a .12 + Cuntos valores enteros distintos puede asumir la suma

    20042003654321

    2004

    1212 xxxxxxxx

    k

    kxkx ++++=

    =

    L ?

    (XXVI Olimpiada Brasileira de Matemtica, Segunda fase del Nivel 3, 2004)Solucin:

    Los posibles productos kxkx 212 son ( )( ) ,2231212 = ( )( ) 2231212 +=++ y( )( ) .11212 =+ Suponga que a productos son iguales a ,223 b productos son iguales a

    223 + y ba 1002 productos son iguales a 1.La suma es igual a

    ( ) ( ) .2)(22210021002223223 abbababa +++=+++ As, para que la suma sea entera, debemos tener .ba = Luego, la suma es igual a

    .41002 a+ Como a vara de 0 a 501 (pues a+ bno puede ser mayor que 1002), la suma puedeasumir 502 valores enteros.

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    5. Demostrar que en un cuadriltero convexo de rea unidad, la suma de las longitudes de

    todos los lados y diagonales no es menor que ).22(2 +

    (XXXIII Olimpiada Matemtica Espaola, Fase Nacional, Valencia, Marzo 1997)

    Solucin 1:

    Sea el cuadriltero de lados a, b, c, d y diagonales p y q.

    Trazando las paralelas por cada vrtice a la diagonal que no pasa por l se forma un

    paralelogramo de rea 2 y lado p y q.

    Por el teorema isoperimtrico, de todos los paralelogramos de rea 2, el cuadrado tiene

    permetro mnimo que vale 4 2 , luego

    ( ) ( )2 4 2 2 2 1p q p q+ +

    En cuanto al los lados por el mismo teorema para una cuadrado de rea 1 el permetro

    es 4 luego:

    a + b + c + d 4 (2)

    Sumando(1) y (2) se obtiene el resultado.

    da

    b

    c

    q

    p

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    Solucin 2: (Sin usar la propiedad isoperimtrica).

    Consiste en establecer directamente las desigualdades (1) y (2).

    Si es el ngulo que forman las diagonales, tenemos:

    1 2 2 2=

    pq pq

    pqsen

    pero (p + q)2 = (p - q)2 + 4pq 4pq 8. de donde p q+ =8 2 2 (1).

    Para los lados, si descomponemos el cuadriltero en dos tringulos mediante la diagonal

    q, tenemos:

    12 2

    +ab cd

    Descomponiendo ahora en dos tringulos mediante la diagonal p resulta:

    12 2

    +bc da

    y de ambas desigualdades se obtiene: ab + bc + cd + da 4.

    Pero:

    (a + b + c + d)2 = ((a + c) - (b + d))2 + 4 (a + c)(b + d) 4 (a + c)(b + d) 16,

    de donde

    a + b + c + d 4 (2)

    Basta sumar (1) y (2) para obtener lo pedido.

    6. Un cuadrado ABCD de centro O y lado 1, gira un ngulo en torno a O. Hallar el rea

    comn a ambos cuadrados.

    (XXXIII Olimpiada Matemtica Espaola, Fase Nacional, Valencia, Marzo 1997)

    Solucin 1:

    Por la simetra bastar considerar 0 < < 90, ya que la funcin es peridica con periodo

    de un cuarto de vuelta.

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    El rea pedida S() sale restando del rea del cuadrado cuatro tringulos como el PAM.

    Llamando x al cateto PA e y al cateto AM, el rea de cuatro

    tringulos vale 2xy. Como el lado BA vale 1, tenemos:

    ( )x y x y+ = +1 12 2

    relacin que elevada al cuadrado y simplificada queda:

    ( )2 1 2 22 2xy x y= +

    pero x x y y x y= + = +2 2 2 2cos , sen , y sustituyendo en (1) resulta:

    ( )x y x y2 2 2 21 11

    1+ + + = + =

    + +cos sen

    sen cos

    sustituyendo en (2) y operando obtenemos:

    2 12

    1

    1

    1xy =

    + +=

    +

    + +sen cos

    sen cos

    sen cos

    .

    Finalmente para el rea pedida obtenemos:

    ( )S

    =

    +

    + +=

    + +1

    1

    1

    2

    1

    sen cos

    sen cos sen coscon 0 90

    O

    D

    AB

    C

    D'

    A'

    C'

    B'

    M P

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    Solucin 2:

    El rea pedida consta de 8 tringulos como el sombreado en la figura OPM.

    Tomando como base b = MP, la altura es constante (de trazos en la figura) y vale .2

    1

    En el tringulo PAM se tiene MA = b cos , PA = b sen ; pero BM = MAy PA = PA, adems BM + MP + PA = 1 b cos + b + b sen = 1, de donde

    b =+ +

    1

    1sen cos

    y el rea pedida es:

    S( )sen cos sen cos

    =+ +

    =+ +

    81

    2

    1

    2

    1

    1

    2

    1con 0 90

    O

    D

    AB

    C

    D'

    A'

    C'

    B'

    M P

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    Tambin se tiene que ,60oDEG =)

    luego oFEG 75=)

    y .90oEGD =)

    Por otro lado, [DG] es la

    altura del tringulo equiltero [CED] relativa al lado [CE] y .2

    CEGE= Por otro lado, [GE] es la

    altura del tringulo [DEF] relativa al lado [FD] y, as, el rea del tringulo [DEF] es

    ( ).4

    1

    42BCAB

    CEFDGEFD=

    =

    Por tanto, el rea del tringulo [DEF] es un cuarto del rea del cuadrado [ABCD].

    Solucin 2:

    Sea [BGC] el tringulo equiltero construido sobre [BC] y O el centro del cuadrado

    [ABCD], como se indica en la figura.

    La prolongacin de [OC] interseca [EG] en el punto N y l La prolongacin de [OD]

    interseca a [FE] en el punto M.

    Como el tringulo [FOE] es issceles y [OM] biseca al FOE, oOME 90=)

    y Mes el punto

    medio de [FE]. Del mismo modo se tiene que .90oENO =)

    As, [ONEM] es un cuadrado y

    ME= OM= OD+ DM.Aplicando el teorema de Pitgoras al tringulo [DEM] se obtiene

    DE2 = DM2 +ME2

    = DM2 + (OD+ DM)2

    = 2 DM2 + 2 OD DM+ OD2

    A B

    F O

    D CM N

    E

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    = 2 DM (DM + OD)+ OD2

    = 2 DM ME+ OD2.

    Ms an, por la aplicacin del teorema de Pitgoras al tringulo rectngulo [OCD], se tiene

    DC2 = OD2 + OC2 = 2 OD2

    y, como DC= DE, se concluye que

    DC2 = 4 DM ME.

    Por tanto, el rea del tringulo [FDE] es un cuarto del rea del cuadrado [ABCD].

    Solucin 3:

    Desde que ,60oCDEFDA ==))

    se tiene .150oEDF =)

    Al mismo tiempo, FD= DE, o sea, el

    tringulo [DEF] es issceles, y, por eso, .15o

    DFEFED ==

    ))

    Sea Mel punto medio de [FE]. As, [DM] es la altura del tringulo[DEF] relativa a la base

    [FE], DM= DEsen 15oy ME= DEcos 15o. As, el rea del tringulo [DEF] es

    44

    230

    2

    2

    115cos15

    2

    2

    BCABDEosenDE

    oosenDE

    DMFE ====

    Por tanto, el rea del tringulo [DEF] es un cuarto del rea del cuadrado [ABCD].

    A B

    F

    D C

    M

    E

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    54

    8. En una fila para un concierto de Sper Rock Pop estaban 2005 personas. Con el objetivo de

    ofrecer 3 entradas para el "backstage", se pide a la primera persona de la fila que grite "Sper",

    a la segunda "Rock", a la tercera "Pop", a la cuarta "Sper", a la quinta "Rock", a la sexta "Pop"

    y as sucesivamente. Quien dice "Rock" o "Pop" fue eliminado. Repitiendo este proceso,

    siempre a partir de la primera persona de la nueva fila, hasta que queden apenas 3 personas.

    En qu posicin se encontraban al incio esas personas?

    (XXIII Olimpiada Portuguesa de Matemtica, Final Categora B, 2005)

    Numeremos a las personas de la fila de 1 a 2005.

    Solucin 1:

    No fueron eliminados los nmeros que tienen residuo1 cuando son divididos por 3. As,quedaran los 669 nmeros de la forma 3k1 + 1, k1 = 0, 1,, 668, o sea, 1, 4, 7, 10, 13,16, ,

    2002, 2005. Observe que estos nmeros pueden ser representados por k1, que comienza en

    cero. Luego, de estos 669 nmeros no fueron eliminados los 223 nmeros de la forma 3k1 + 1,

    con k1 = 3k2 y k2 = 0, , 222. Desde que 222 = 3 74, 74 = 3 24 + 2, 24 = 3 8 y

    8 = 3 2 + 2, se concluye que, apenas con cinco repeticiones del proceso, no fueron eliminados

    los tres nmeros de la forma 3k1 + 1, con k1 = 3k2, k2 = 3k3, k3 = 3k4, k4 = 3k5, k5 = 3k6 y k6 = 0, 1

    e 2.As, las personas que ganaran las entradas estaban inicialmente en las posiciones

    36k6 + 1, para k6 = 0, 1 e 2,o sea, 1, 730 e 1459.

    Solucin 2:

    La diferencia entre los nmeros de personas consecutivas en la nueva fila es constante e

    igual a 3. En cada paso del proceso la diferencia entre los nmeros de personas consecutivas

    es el triple de la diferencia del paso anterior. Luego de npasos, la diferencia entre los nmeros

    es 3n y, como el nmero 1 siempre es escogido, los nmeros de las personas que no fueron

    eliminados son 1, 3n+ 1, 2 3n+ 1, 3 3n+ 1, .

    En el ltimo paso, 2 3n+ 1 2005 y 3 3n+ 1 >2005, o sea, n= 6.

    Las personas que ganaron estaban inicialmente en las posiciones 1, 36 + 1 e 2 36 + 1,

    o sea, 1, 730 y 1459.

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    10. es un nmero real dado. Halle todas la funciones ] [ ] [++ ,0,0:f tales que

    1)(

    12

    +=+

    x

    xxf

    xfx se verifica para todo nmero real x > 0.

    (Olimpiada Israel de Matemtica, 1995)

    Solucin:

    Tenemos que

    de donde

    Si 12 , entonces se obtiene

    y si

    2

    = 1, sta no tiene solucin. Desde que )(xf > 0 es fcil ver que ( ).0,1

    NOTA: La expresin ( ).0,1 indica que pertenece al intervalo abierto cuyos extremos

    numricos son 1 y 0.

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    7. Olimpiadas alrededor del mundo.

    Randall Godnez.

    Arlene Martnez.

    Melissa Ramrez.Carlos Rodrguez.

    En esta columna se propondrn nicamente problemas que hayan sido parte de

    exmenes de competencias olmpicas, nacionales o internacionales, con esto pretendemos que

    otros tipos de competencias sean abordados en la columna Problemas de Competencias no

    Olmpicas de esta misma revista.

    Recuerden, estimables lectores, que estamos abiertos a publicar las soluciones que

    ustedes nos enven sobre estos ejercicios adems de toda observacin o sugerencia sobre esta

    columna.1. Sobre una mesa hay 1999 fichas que son rojas de un lado y negras del otro (no se

    especifica cul de sus dos lados est hacia arriba). Dos personas juegan alternadamente. Cada

    persona en su turno hace una de las siguientes cosas:

    (i) Retira un nmero cualquiera de fichas, con la condicin de que todas las fichas retiradas

    tengan el mismo color hacia arriba,

    (ii) Voltea un nmero cualquiera de fichas, con la condicin de que todas las fichas tengan elmismo color hacer arriba. Gana el que toma la ltima ficha. Cul jugador puede asegurar que

    ganar, el primero en jugar o el segundo?

    (Dcima Tercera Olimpiada Nacional de Matemticas, Oaxaca, Mxico, noviembre de 1999)

    2. Hallar todos los nmeros naturales de 4 cifras, escritos en base 10, que sean iguales al cubo

    de la suma de sus cifras.

    (XXXIV Olimpiada Matemtica Espaola, Fase nacional 1998 (Tarazona))

    3. Hallar todas las funciones f N N: estrictamente crecientes y tales que: f(n + f(n)) = 2 f(n)

    para n = 1, 2, 3, ...

    (XXXIV Olimpiada Matemtica Espaola, Fase nacional 1998 (Tarazona))

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    8. Hallar todas las parejas x y y tales que

    (XI Olimpiada Italiana de Matemtica, 1995)

    9. Dada una cuerda PQ de una circunferencia y M el punto medio de la cuerda, sean AB y CD

    dos cuerdas que pasan por M. Se trazan AC y BD hasta cortar a PQ en los puntos X e Y

    respectivamente. Demostrar que X e Y equidistan de M.

    (XVII Olimpiada Nacional de Matemticadel Paraguay,Ronda Final - Nivel 3, 2005)

    10. En el cuadrado ABCD, el lado mide 10. E es el punto medio de BC y F es el punto mediode CD.

    Hallar el rea de la superficie pintada.

    (XVII Olimpiada Nacional de Matemtica del Paraguay, Ronda Final - Nivel 2, 2005)

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    8. Lgica y Matemtica Recreativa.

    Maynor Castro

    Carlos Molina

    Mauricio RamrezSimn Snchez

    Erick Solano

    En la columna de esta edicin vamos a presentar una coleccin de diez ejercicios que se

    han presentado en concursos de E.S.O de Espaa.

    Los E.S.O (Enseanza Secundaria Obligatoria) son programas que se desarrollan enEspaa en todos los niveles de secundaria con la finalidad de promover el gusto por las

    Matemticas adems de incentivar en el estudiante la capacidad de raciocinio y disciplina para

    mejorar los resultados de esta asignatura en ese pas.

    Les recordamos, o ms bien les sugerimos, a los docentes que estos ejercicios pueden ser

    propuestos, en forma de juegos tal como se presentan en Espaa, a toda la comunidad

    estudiantil de su institucin (quiz un ejercicio por semana) para fomentar en ellos el gusto por

    esta asignatura a la vez que permita eliminar el temor por la misma.

    Es importante hacer notar los aspectos didcticos de los juegos:

    Trabajo en grupo.

    Comunicacin de ideas.

    Capacidad de interrogarse nuevas situaciones.

    Contraste de observaciones y conjeturas.

    Registro del proceso de resolucin por parte de los jugadores.

    Revisin y reflexin sobre el proceso de resolucin.

    Centrndonos en el juego, resaltamos las siguientes capacidades en resolucin de

    problemas, que son estimuladas por los juegos:

    Establecer analogas entre problemas.

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    Empezar por el final.

    Resolver primero un problema ms sencillo.

    Hacer una representacin grfica.

    Experimentar y extraer pautas.

    Sacar partido de la simetra.

    Utilizar modelos adecuados de expresin (verbales, grficos, algebraicos, numricos).

    Resolver problemas anlogos.

    Por otro lado, al final de los enunciados damos una solucin a los mismos esperando que

    sirvan como una gua aunque sabemos que se pueden encontrar otras vas de solucin a cada

    uno de ellos.

    Pues bien, despus de esta pequea introduccin empecemos y que se diviertan !!!

    1Juego (12-14 aos): Tostado rpido

    Hay que tostar en una parrilla tres rebanadas de pan. En la parrilla caben dos rebanadas a la

    vez, pero slo se pueden tostar por un lado. Se tarda 30 segundos en tostar una cara de una

    pieza de pan, 5 segundos en colocar una rebanada, o en sacarla, y tres segundos en darle la

    vuelta.

    Cul es el mnimo de tiempo que se necesita para tostar las tres rebanadas?(III O.M. Primera Fase. Albacete. 1992)

    2Juego (12-14 aos): Veneno

    Dos jugadores colocan diez fichas sobre una mesa. Cada jugador por turno puede coger una o

    dos fichas. El que coge la ltima ficha es "veneno" y pierde.

    Se te ocurre alguna manera de ganar todas las veces?Tiene algo que ver si empiezas t o empieza el otro?

    (IX O.M. Primera Fase. Albacete. 1998)

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    3Juego (12-14 aos): Hermanas con hermanos

    Tres amigas, Irene, Sandra y Ericka, tienen un hermano cada una, Con el tiempo, cada chica

    acaba saliendo con el hermano de una de sus amigas.

    Un da Irene se encuentra con el hermano de Sandra y le dice:"Mira!, ah veo entrar al cine aalguien con tu pareja".

    Puedes decir cmo estn formadas las parejas?

    (X O.M. Primera Fase. Albacete. 1999)

    4 Juego (12-14 aos): Sellos

    Un coleccionista gasta 100 pesetas en comprar sellos de 1, 4 y 12 pesetas. Cuntos sellos

    sern de cada clase si en total ha comprado 40?

    (IX O.M. Fase Semifinal. Albacete. 1998)

    5Juego (12-14 aos): La travesa

    Una excursin a pie para atravesar un cierto paraje pirenaico requiere marchar durante seis

    jornadas seguidas. Sin embargo, una persona slo puede transportar comida para cuatro das.

    Cuntas jornadas ha de invertir para hacer la excursin en solitario?(Se supone que el arriesgado aventurero puede hacer algunas expediciones cortas para

    depositar comida en puntos intermedios del recorrido).

    ( XII O.M. Primera Fase. Albacete. 2001 )

    6Juego (12-14 aos): Balanza de platillos

    Con una balanza de platillos se puede pesar desde 1 hasta 13 kg utilizando solamente tres

    pesas A, B y C.

    Indica de cuntos kg han de ser las pesas A, B y C, y, cmo realizaras cada una de las

    pesadas anteriores utilizando estas pesas.

    ( XVI O.M. Thales. Fase Regional. Ubeda (Jan). 2000 )

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    7Juego (14-16 aos): El codicioso

    Un campesino se diriga a la ciudad, pensando tristemente que el dinero que llevaba no iba a

    ser suficiente para comprar el lechoncillo que deseaba. A la entrada del puente se encontr con

    un tipo raro (era el diablo ni ms ni menos), que le dijo: conozco tu preocupacin y voy aproponerte un trato. Si lo aceptas, cuando hayas cruzado el puente tendrs en tu bolsa doble

    dinero que al empezar. No cuentes el dinero, que sera desconfianza por tu parte. Slo debes

    contar 32 monedas para echarlas al ro; yo sabr encontrarlas y stas sern mi paga.

    Acept el aldeano, y apenas cruzado el puente comprob, lleno de alegra y sin necesidad de

    contar, que su bolsa pesaba ms que antes. Con gran contento ech las 32 monedas al agua.

    Le vino entonces la tentacin de repetir la accin y no supo resistirla, as que de nuevo pas el

    puente, duplic el dinero de su bolsa y pag con 32 monedas. Todava una tercera vez hizo

    esto mismo y entonces, desolado, comprob que se haba quedado absolutamente sin ningn

    dinero. Desesperado, se tir desde el puente al ro y el diablo cobr as su trabajo.

    Se pregunta cunto dinero llevaba el campesino cuando le propusieron el malhadado trato.

    ( VIII O.M. Fase Semifinal. Albacete. 1997)

    8Juego (14-16 aos): Blanco, Rubio y Castao

    Tres personas, de apellidos Blanco, Rubio y Castao, se conocen en una reunin.

    Poco despus de hacerse las presentaciones, la dama hace notar: "Es muy curioso que nuestros apellidos sean Blanco, Rubio y Castao, y que nos

    hayamos reunido aqu tres personas con ese color de cabello".

    "S que lo es - dijo la persona que tena el pelo rubio -, pero habrs observado que nadie

    tiene el color de pelo que corresponde a su apellido".

    "Es verdad!" - exclam quien se apellidaba Blanco.

    Si la dama no tiene el pelo castao, de qu color es el cabello de Rubio?

    ( XIII O.M. Primera Fase. Albacete. 2002 )

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    9Juego (12-14 aos): Velar la noche

    Los alumnos de 2 de E.S.O. se van de acampada en las vacaciones de verano y deciden dejar

    encendida una vela cada noche durante el campamento. Sabiendo que si la vela permanece

    encendida toda la noche queda 1/4 de vela y por tanto con los restos de las velas de 4 noches

    se tiene una vela que puede utilizarse otra noche, cuntas noches estarn de acampada si

    compran 16 velas?

    Calcula el MENOR nmero de velas que deben comprar si quieren encender una vela durante

    105 noches.

    ( XIII O.M. Regin de Murcia. 2002 )

    10Juego (14-16 aos): Tres sombreros

    Un rbitro elige tres sombreros de un conjunto de tres blancos y dos negros.

    Tres hombres sentados, alineados uno tras otro, y todos mirando en la misma direccin (de

    manera que cada uno slo puede ver el sombrero de los que tiene delante de l) cierran los

    ojos mientras se les encasqueta su chapeo.

    Los sombreros no utilizados se ocultan de la vista.

    El rbitro le pregunta al tercero de la hilera si sabe el color de su sombrero. ste contesta: "No

    lo s".

    Hace entonces la misma pregunta al sentado en el centro. Tambin ste contesta: "No lo s".Cuando se lo pregunta al ocupante de la primera silla, ste contesta: "S, mi sombrero es

    blanco".

    Cmo pudo deducirlo?.

    ( XIV O.M. Primera Fase. Albacete. 2003 )

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    SOLUCIONES PROPUESTAS

    Tostado rpido

    118 segundos

    Para simplificar establecemos las siguientes claves: Rebanadas: A, B, C

    Colocar rebanada: CA, CB, CC

    Sacar rebanada: SA, SB, SC

    Colocar segunda cara de la rebanada: CAA, CBB, CCC

    Sacar rebanada totalmente tostada: SAA, SBB, SCC

    Termina la operacin: TAA

    Tiempo en segundos 5 10 40 45 48 78 83 88 113 118Accin terminada CA CB SA CC CBB CCC SBB CAA SCC TAA

    Veneno

    Gana siempre el segundo.

    Para ello tienen que coger entre el primero y el segundo tres fichas. Es decir: si el primero coge

    1, el segundo coge 2 y viceversa.

    Hermanas con hermanos

    S el hermano de Sandra se encuentra con Irene su pareja es Ericka. Irene con el hermano de

    Ericka y Sandra con el hermano de Irene.

    Sellos

    28 de 1 pesetas 9 de 4 pesetas y 3 de 12 pesetas.

    S los 40 sellos fueran de 1 pesetas valdran 40 pesetas.

    S los 40 sellos fueran de 4 pesetas valdran 160 pesetas.

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    S la mitad de los sellos fueran de 1 pesetas y la otra mitad de 4, valdran:

    20 x 1 = 20 + 20 x 4 = 80. En total 100 pesetas.

    Como tambin hay sellos de 12 pesetas, por tanteo, buscamos la combinacin:

    o 22 x 1 + 17 x 4 + 1 x 12 = 102

    o 24 x 1 + 14 x 4 + 2 x 12 = 104

    o 26 x 1 + 11 x 4 + 3 x 12 = 106 (quitamos 2 de 4 y ponemos 2 de 1 y tenemos la

    solucin)

    La travesa

    En atravesar el paraje tarda 12 das.

    El aventurero sale del punto de partida con comida para 4 das. Al finalizar la primerajornada deja comida para dos das y vuelve al punto de partida. Vuelve a salir con comida para

    4 das. Al finalizar la segunda jornada deja comida para 1 da y vuelve hasta el lugar donde

    finalizo la primera jornada, recoge comida para 1 da y vuelve al punto de partida. Coge comida

    para 4 das. Al finalizar la primera jornada, le queda comida para 3 das pero toma la comida

    que dej en el primer viaje y contina con comida para 4 das. Al finalizar la segunda jornada le

    ocurre exactamente lo mismo que en la jornada anterior. Como contina con 4, la comida le

    viene justa.

    Balanza de platillos

    Las pesas son de 1, 3 y 9.

    1: 1 --------- ? 6: 9 --------- 3+? 11: 9+3 ------- 1+?

    2: 3 --------- 1+? 7: 9+1 ------- 3+? 12: 9+3 ------- ?

    3: 3 --------- ? 8: 9 --------- 1+? 13: 9+3+1 ------ ?

    4: 3+1 ------- ? 9: 9 --------- ?

    5: 9 --------- 3+1+? 10: 9+1 ------- ?

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    El codicioso

    El campesino llevaba al principio 28 monedas.

    0+32=32; 32/2=16; 16+32=48; 48/2=24; 24+32=56; 56/2= 28 monedas

    (En esta solucin se empez por el final)

    Blanco. Rubio y Castao

    Blanco, no tiene el pelo rubio, (al hablar despus de l) ni blanco,(coincide con su apellido) tiene

    que tener el pelo castao.

    Rubio, no puede tener el pelo rubio(no puede coincidir con el apellido) ni castao (es el de

    Blanco) tiene que tener el pelo blanco y es la dama.

    Velar la noche

    Si compran 16 velas y cada cuatro restos de vela hacen otra vela, pasarn de acampada:

    16+16/4+4/4=21 das.

    Grficamente lo expresaramos del siguiente modo:

    1

    1 1 1 1

    1111 1111 1111 1111

    Si observamos detenidamente vemos que 21 es mltiplo 105. Por lo tanto necesitaremos 5

    tandas de 16 velas. 165=80 velas. Pero como en cada tanda de vela sobra 1/4 de vela nossobraran 5/4 de vela (con 4/4 de ellas elaboramos otra vela). As pues, con una vela menos

    nos arreglaramos, es decir, COMPRARAMOS 79 VELAS.

    Tres sombreros

    El tercero al contestar: "No lo s" afirma que los sombreros de delante no son ambos negros

    pues en caso contrario el de l sera blanco.

    El segundo al contestar: "No lo s" afirma que el sombrero del primero no es negro pues encaso contrario el de l sera blanco y dara la respuesta correcta.

    El primero de esta manera deduce que el suyo ha de ser blanco.

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